# ХХХІІІ РЕПУБЛИЧКИ НАТПРЕВАР ПО МАТЕМАТИКА ЗА УЧЕНИЦИТЕ ОД ОСНОВНОТО ОБРАЗОВАНИЕ 

## VI одделение

1. Стефан, Филип и Никола понеле на екскурзија вкупно 222 денари. Стефан потрошил $\frac{1}{3}$ од својата сума, Филип $\frac{1}{5}$ од својата сума, а Никола $\frac{7}{15}$ од својата сума. После тоа им останале еднакви суми на пари. По колку пари понел секој од нив на екскурзијата?

Решение. Нека Стефан понел $x$ денари, Филип понел $y$ денари и Никола понел $z$ денари. Од условот на задачата имаме дека

$$
x+y+z=222
$$

По трошењето на парите на Стефан му останале $\frac{2}{3} x$ денари, на Филип му останале $\frac{4}{5} y$ денари, а на Никола му останале $\frac{8}{15} z$ денари. Од условот на задачата имаме дека $\frac{2}{3} x=\frac{4}{5} y=\frac{8}{15} z$, од каде $5 x=6 y=4 z$. Значи $y=\frac{5}{6} x$ и $z=\frac{5}{4} x$, па со замена во (1) се добива $x+\frac{5}{6} x+\frac{5}{4} x=222$. Со решавање на последната равенка се добива $x=72$, од каде $y=\frac{5}{6} \cdot 72=60$ и $z=\frac{5}{4} \cdot 72=90$. Значи, Стефан понел 72 денари, Филип понел 60 денари и Никола понел 90 денари.

2. Точката $B$ е внатрешна за отсечката $\overline{A C}$. Во една иста полурамнина во однос на правата $A C$ се конструирани рамностраните триаголници $\triangle A B M$ и $\triangle B C N$. Правите $A N$ и $C M$ се сечат во точката $L$. Определи го аголот $\Varangle C L N$.

Решение. Прво да забележиме дека аголот $\measuredangle M B N=60^{\circ}$. Ова значи дека аголот $\measuredangle A B N=\measuredangle M B C=120^{\circ}$. Од рамностраноста на триаголниците $A B M$ и $B C N$ имаме дека $\overline{A B}=\overline{B M}$ и $\overline{B C}=\overline{B N}$. Од признакот за складност $\mathrm{CAC}$ имаме дека $\triangle A B N \cong{ }_{\triangle} M B C$, од каде следува дека $\angle A N B=\measuredangle M C B=\alpha$. Нека $K$ е пресечната точка на правите $M C$ и $B N$. Од $\measuredangle B K C=\measuredangle M K N=\beta$ (како накрсни агли), во $\triangle B K C$ имаме дека

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_dc7c2b34f2b13526689dg-1.jpg?height=296&width=483&top_left_y=1842&top_left_x=999)

$$
\alpha+\beta=180^{\circ}-60^{\circ}=120^{\circ} .
$$

Конечно од $\triangle L K N$ добиваме дека

$$
\measuredangle K L N=180^{\circ}-(\alpha+\beta)=60^{\circ}
$$

што значи дека $\measuredangle C L N=60^{\circ}$.

3. Во едно училиште учат помалку од 400 ученици во шесто одделение поделени во неколку паралелки. Шест од паралелките имаат по еднаков број на ученици и тие шест паралелки имаат вкупно повеке од 150 ученици. Во останатите паралелки во шесто одделение има вкупно за $15 \%$ повеќе ученици отколку во овие шест паралелки заедно. Колку вкупно ученици во шесто одделение има во ова училиште?

Решение. Да го означиме со $n$ вкупниот број на ученици во шесте паралелки. Значи, 6|n. Од тоа што во останатите паралелки има вкупно за $15 \%$ повеке ученици отколку во овие шест паралелки имаме дека $15 \% \cdot n=\frac{15}{100} \cdot n=\frac{3}{20} \cdot n$ треба да е природен број, од каде следи дека $20 \mid n$. Од $6 \mid n$ и $20 \mid n$ следи дека $60 \mid n$, односно $n=60 k$. Од условот на задачата имаме дека $n>150$ и $n+n+15 \% \cdot n=2,15 n<400$. Најмалиот природен број делив со 60 и поголем од 150 е $n=180$ и за него имаме дека $2,15 n=2,15 \cdot 180=387$. Следниот природен број делив со 60 е $n=240$, но за $n \geq 240$ имаме дека $2,15 n \geq 2,15 \cdot 240=516$, па условот $2,15 n<400$ не е исполнет. Значи, вкупниот број на ученици во шесто одделение во ова училиште е 387 ученици.

4. Во рамнокракиот триаголник $A B C$, точката $M$ е средина на основата $\overline{A B}$. Нека $N$ е точка од кракот $B C$, така што $M N \perp B C$ и нека $S$ е средина на отсечката $\overline{M N}$. Докажи дека правата $A N$ е нормална на правата CS .

Решение. Од услов на задачата имаме дека $\overline{A M}=\overline{M B}$, $C M \perp A B(\triangle A B C$ е рамнокрак со основа $A B), \quad M N \perp$ $B C$ и $\overline{M S}=\overline{S N}$. На страната $B C$ избираме точка $P$ така да $M P \| A N$. Во ${ }_{\triangle A N B}$ имаме дека $\overline{A M}=\overline{M B}$ и $M P \| A N$, од

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_dc7c2b34f2b13526689dg-2.jpg?height=416&width=650&top_left_y=1765&top_left_x=836)
каде следи дека $M P$ е средна линија во $\triangle A N B$ и дека $\overline{N P}=\overline{P B}$. Во $\triangle M B N$ имаме дека $\overline{M S}=\overline{S N}$ и $\overline{N P}=\overline{P B}$, од каде следи дека $S P$ е средна линија во $\triangle M B N$ и дека $S P \| M B$. Нека $Q$ е пресечната точка на правите $S P$ и $C M$. Од $C M \perp A B$ и $P Q \| A B$, следи дека $P Q \perp C M$. Во триаголникот $\triangle M P C$ имаме дека $M N \perp P C, \quad P Q \perp C M$ и $\{S\}=$ $M N \cap P Q$, од каде следува дека $S$ е ортоцентар во ${ }_{\triangle M P C}$. Значи, $C S \perp M P$, а од $M P \| A N$ ќе следува дека $C S \perp A N$, што требаше да се докаже.

## VII одделение

1. Дали збирот $1^{2008}+2^{2008}+3^{2008}+4^{2008}+5^{2008}+6^{2008}$ е делив со 5 ? Образложи го одговорот.

Решение. Најнапред да забележиме дека $1^{2008}=1$. Бидејќи $2^{1}=2$, $2^{2}=4,2^{3}=8,2^{4}=16,2^{5}=32, \ldots$, заклучуваме дека степените на бројот 2 завршуваат на $2,4,8$ и 6 и по тој ред се повторуваат во зависност од тоа дали степеновиот показател при делење со 4 дава остаток 1, 2, 3 или е делив со 4. Од тоа што 2008 е делив со 4, имаме дека $2^{2008}$ завршува на 6. Аналогно, $3^{2008}$ завршува на $1,4^{2008}$ завршува на $6,5^{2008}$ завршува на 5 и $6^{2008}$ завршува на 6 . Бидејќи $1+6+1+6+5+6=25$, односно завршува на 5 , следува дека и сумата $1^{2008}+2^{2008}+3^{2008}+4^{2008}+5^{2008}+6^{2008}$ завршува на 5 т.е. е делива со 5.

2. Даден е триаголникот $A B C$ со $\measuredangle B A C=120^{\circ}$. На симетралата на $\measuredangle B A C$ избрана е точка $D$, така да $\overline{A D}=\overline{A B}+\overline{A C}$. Докажи дека $\triangle B C D$ е рамностран.

Решение. На $A D$ бираме точка $M$ така да $\overline{A M}=\overline{A C}$. Бидејќи, $\measuredangle M A C$ $=60^{\circ}$, следи дека $\triangle A C M$ е рамностран. Бидејќи,

$$
\measuredangle C A B=\measuredangle C M D=120^{\circ}
$$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_dc7c2b34f2b13526689dg-3.jpg?height=560&width=560&top_left_y=1631&top_left_x=919)
а исто така $\overline{M C}=\overline{A C}$ и $\overline{A B}=\overline{M D}$, следува дека $\triangle C A B \cong \triangle C M D$. Од последното следи дека $\overline{B C}=\overline{C D}$ и $\angle A C B=\measuredangle M C D$. На крај, од

$$
\measuredangle A C M=\measuredangle A C B+\measuredangle B C M=\measuredangle M C D+\measuredangle B C M=\angle B C D=60^{\circ}
$$

и $\overline{B C}=\overline{C D}$ следува дека $\triangle B C D$ е рамностран.

3. Најди ги цифрите $A, B, C$, за да биде точна постапката за множење на два трицифрени броја дадена со

| $\frac{\overline{A B C} \cdot \overline{B A C}}{----}$ |
| :---: |
| $--A$ |
| $---B$ |
| ----- |

каде $\overline{A B C} \cdot C=----, \overline{A B C} \cdot A=--A, \overline{A B C} \cdot B=---B$. Различна буква означува различна цифра и секоја цртичка означува една цифра. Решение. Од тоа што броевите $\overline{A B C}$ и $\overline{B A C}$ се трицифрени, следува дека $A \neq 0$ и $B \neq 0$. Исто така се добива дека $C \neq 1$, бидејќи за $C=1$ равенството $\overline{A B C} \cdot C=---$ не е можно, затоа што $\overline{A B 1} \cdot 1=\overline{A B 1}$, што не е четирицифрен број.

Од равенството $\overline{A B C} \cdot A=--A$, ако $A>3$ следува дека

$$
\overline{A B C} \cdot A>400 \cdot 4=1600>999
$$

Значи, $A \leq 3$. Ако $A=1$, тогаш и $C=1$, што не е можно. Затоа $A=2$ или $A=3$. Ако $A=3$, тогаш од $\overline{A B C} \cdot A=--A$ ќе мора $C=1$ што не е можно. Затоа мора $A=2$. Сега, од $\overline{2 B C} \cdot 2=--2$, следува $C=1$ или $C=6$. Значи мора $C=6$.

На крај, од равенството $\overline{2 B 6} \cdot B=---B$, мора $B \in\{1,2,4,6,8\}$. За $B=1$, добиениот број не е четирицифрен. Од останатите случаи со проверка се добива дека $B=8$.

4. Во круг со дијаметар $d$, тетивите $A B$ и $C D$ се сечат под прав агол во точката $\mathrm{E}$ која не се совпаѓа со центарот на кругот. Докажи дека $\overline{A E}^{2}+\overline{B E}^{2}+\overline{C E}^{2}+\overline{D E}^{2}=d^{2}$.

Решение. За дадените тетиви важи $A B \perp C D$ и $\{E\}=A B \cap C D, E \neq O$, каде $O$ е центарот на кругот. Правата низ точката $D$, повлечена пара-
лелно со $A B$, нека ја сече кружницата во точка $M$, а потоа правата низ $M$, паралелна со $C D$, нека ја сече кружницата во точката $N$.

Бидејќи $\measuredangle M D C=90^{\circ}$, отсечката $M C$ минува низ центарот на кругот, а тоа значи дека $\measuredangle M N C=90^{\circ}$. Според тоа, четириаголникот $M D C N$ е правоаголник. Увидувајќи дека $\overline{A P}=\overline{E B}$ (точките $P$ и $E$, а исто така и точките $A$ и $B$ се осносиметрични точки во однос на оската на симетрија на правоаголникот $M D C N$ која минува низ центарот $O$ и е паралелна со страните $D C$ и $M N$ ),

$$
\begin{aligned}
& \overline{C D}=\overline{C E}+\overline{E D} \text { и } \\
& \overline{M D}=\overline{P E}=\overline{A E}-\overline{A P}=\overline{A E}-\overline{E B}
\end{aligned}
$$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_dc7c2b34f2b13526689dg-5.jpg?height=516&width=442&top_left_y=367&top_left_x=1038)

од $\triangle M D C$ имаме дека

$$
\begin{aligned}
d^{2} & =\overline{M D}^{2}+\overline{C D}^{2}=(\overline{A E}-\overline{E B})^{2}+(\overline{C E}+\overline{E D})^{2} \\
& =\overline{A E}^{2}+\overline{E B}^{2}-2 \cdot \overline{A E} \overline{E B}+\overline{C E}^{2}+\overline{E D}^{2}+2 \cdot \overline{C E} \overline{E D}
\end{aligned}
$$

Потоа, $\angle B A C=\angle B D C$ како периферни агли над лакот $B C$, па од сличноста на ${ }_{\triangle A E C ~}{ }_{\triangle} B E D$, добиваме $\overline{A E}: \overline{C E}=\overline{E D}: \overline{B E}$, односно $\overline{A E} \cdot \overline{E B}=\overline{C E} \cdot \overline{E D}$, и со замена во последното равенство се добива дека

$$
\overline{A E}^{2}+\overline{B E}^{2}+\overline{C E}^{2}+\overline{D E}^{2}=d^{2}
$$

што требаше да се докаже.

## VIII одделение

1. Дадени се должините на две страни $a$ и $b$ на триаголникот $\triangle A B C$. Тежишните линии што се спуштени кон дадените страни се заемно нормални. Пресметај ја должината на третата страна $c$ со помош на должините на страните $a$ и $b$.

Решение. Нека $T$ е тежиштето на $\triangle A B C$, а тежишните линии кон страните $\overline{B C}=a$ и $\overline{A C}=b$ нека се $\overline{A A_{1}}=t_{a}$ и $\overline{B B_{1}}=t_{b}$ соодветно. Бидејки $\overline{A_{1} T}=\frac{1}{3} t_{a}$ и $\overline{T B}=\frac{2}{3} t_{b}$, од правоаголниот триаголник ${ }_{\triangle} B A_{1} T$ имаме

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_dc7c2b34f2b13526689dg-5.jpg?height=406&width=509&top_left_y=1845&top_left_x=952)

$$
\left(\frac{a}{2}\right)^{2}=\left(\frac{1}{3} t_{a}\right)^{2}+\left(\frac{2}{3} t_{b}\right)^{2}
$$

Бидејќи $\overline{A T}=\frac{2}{3} t_{a} \quad$ и $\overline{T B_{1}}=\frac{1}{3} t_{b}$, од правоаголниот триаголник $\Delta B_{1} A T$ имаме

$$
\left(\frac{b}{2}\right)^{2}=\left(\frac{2}{3} t_{a}\right)^{2}+\left(\frac{1}{3} t_{b}\right)^{2}
$$

Со собирање на двете равенства се добива

$$
\frac{a^{2}+b^{2}}{4}=\frac{5}{9}\left(t_{a}^{2}+t_{b}^{2}\right)
$$

односно

$$
t_{a}^{2}+t_{b}^{2}=\frac{9}{20}\left(a^{2}+b^{2}\right)
$$

Конечно, од правоаголниот триаголник $\triangle A B T$ имаме

$$
c^{2}=\left(\frac{2}{3} t_{a}\right)^{2}+\left(\frac{2}{3} t_{b}\right)^{2}=\frac{4}{9}\left(t_{a}^{2}+t_{b}^{2}\right)=\frac{a^{2}+b^{2}}{5}
$$

од каде $c=\sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}}{5}}$.

2. Сакајќи да ја дознае брзината со која се движел автобусот во кој се вози, патникот погледнал низ прозорецот и на километарската табла покрај патот (која ја означува оддалеченоста од градот од кој тргнал) видел двоцифрен број. Точно после еден час, повторно погледнал низ прозорецот и на километарската табла видел трицифрен број напишан со помош на истите две цифри како и пред еден час, но во обратен редослед и меѓу нив имало нула. Патникот ја пресметал брзината на автобусот и заспал. Кога се разбудил после точно два часа и погледнал низ прозорецот, на километарската табла видел трицифрен број на кој првата и последната цифра му биле исти како и на бројот што го видел пред два часа, само што средната цифра била различна од нула. Ако се знае дека автобусот се движел со постојана брзина, одреди ја брзината на автобусот и броевите кои патникот ги видел на километарските табли покрај патот.

Решение. Првиот пат патникот го видел бројот $10 x+y, 0<x \leq 9$, $0 \leq y \leq 9$. После еден час го видел бројот $100 y+x, y \neq 0$. За тоа време автобусот поминал $(100 y+x)-(10 x+y)=9(11 y-x) \mathrm{km}$. Бидејќи автобусот се движел со постојана брзина, за наредните два часа автобусот поминал $2 \cdot 9(11 y-x)=18(11 y-x)$, а патникот го видел бројот $100 y+10 z+x, 0<z \leq 9$. Добиваме

$$
18(11 y-x)=(100 y+10 z+x)-(100 y+x), \text {, .е. } 9(11 y-x)=5 z
$$

Последната равенка е можна само ако $z=9$ и $11 y-x=5$. Од тоа што $0<x, y \leq 9$ се добива $x=6$ и $y=1$. Значи, брзината $v$ на автобусот се добива од $9(11 y-x)=1 \cdot v$, од каде $v=45 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$, а броевите кои патникот ги видел на километарските табли се 61, 106 и 196.

3. Основата на права четириаголна призма е ромб со плоштина $\frac{2}{3} k^{2}$, $k>0$. Помалиот дијагонален пресек на призмата е квадрат со плоштина $k^{2}$.

a) Изрази ги плоштината и волуменот на призмата преку $k$.

б) За која вреднрост на $k$, мерните броеви на плоштината и волуменот на призмата се еднакви меѓу себе?

Решение. Од тоа што помалиот дијагонален пресек на призмата е квадрат со површина $k^{2}$, следува дека висината на призмата $H=k$ и помалата дијагонала на нејзината основа $d_{1}=k$. Основата на призмата е ромб со плоштина $B=\frac{2}{3} k^{2}$, од каде се добива $\frac{2}{3} k^{2}=\frac{d_{1} \cdot d_{2}}{2}$, односно $\frac{2}{3} k^{2}=\frac{k \cdot d_{2}}{2}$. Од

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_dc7c2b34f2b13526689dg-7.jpg?height=452&width=485&top_left_y=959&top_left_x=959)
последното равенство се добива поголемата дијагонала на ромбот $d_{2}=\frac{4}{3} k$. Од правоаголниот триаголник $\triangle A B O$ се добива

$$
a^{2}=\left(\frac{d_{1}}{2}\right)^{2}+\left(\frac{d_{2}}{2}\right)^{2}, \text { т.е. } a^{2}=\left(\frac{k}{2}\right)^{2}+\left(\frac{4 k}{6}\right)^{2}
$$

од каде се добива дека $a=\frac{5}{6} k$.

a) За волуменот и површината на призмата се добива

$$
V=B \cdot H=\frac{2}{3} k^{2} \cdot k=\frac{2}{3} k^{3} \text { и } P=2 B+4 a k=2 \cdot \frac{2}{3} k^{2}+4 \cdot \frac{5}{6} k^{2}=\frac{14}{3} k^{2}
$$

б) Од условот дека мерните броеви на плоштината и волуменот на призмата се еднакви меѓу себе, се добива $\frac{2}{3} k^{3}=\frac{14}{3} k^{2}$, од каде $k=7$.

4. Определи ги сите тројки $(x, y, z)$ од природни броеви така да

$$
x y z+x y+y z+z x+x+y+z=243
$$

Решение. Додаваме +1 од двете страни на даденото равенство па добиваме

$$
x y z+x y+y z+z x+x+y+z+1=244
$$

односно

$$
x y(z+1)+x(z+1)+y(z+1)+z+1=244
$$

т.е.

$$
(z+1)(x y+x+y+1)=244
$$

од каде

$$
(x+1)(y+1)(z+1)=244
$$

Сега од $244=2 \cdot 2 \cdot 61$ добиваме дека $(x+1, y+1, z+1)$ е некоја од тројките $(2,2,61),(2,61,2),(61,2,2)$. Значи бараните тројки се $(1,1,60)$, $(1,60,1),(60,1,1)$.